2021高三物理人教版一轮学案：第十章 第3讲 电磁感应的综合应用 Word版含答案
2021届高考物理一轮复习方略关键能力·题型突破： 10.3 电磁感应规律的综合应用
关键能力·题型突破考点一电磁感应中的电路问题【典例1】(2020·大同模拟)在水平放置的两条平行光滑直金属导轨上放有一与其垂直的金属棒ab，匀强磁场与导轨平面垂直，磁场方向如图所示，导轨接有R1=5 Ω和R2=6 Ω的两定值电阻及电阻箱R，其余电阻不计。
电路中的电压表量程为0～10 V，电流表的量程为0～3 A。
现将R调至30 Ω，用F=40 N的水平向右的力使ab垂直导轨向右平移，当棒ab达到稳定状态时，两电表中有一表正好达到满偏，而另一表未达到满偏。
下列说法正确的是( )A.当棒ab达到稳定状态时，电流表满偏B.当棒ab达到稳定状态时，电压表满偏C.当棒ab达到稳定状态时，棒ab的速度大小是1 m/sD.当棒ab达到稳定状态时，棒ab的速度大小是2 m/s【通型通法】1.题型特征：明确电源，区分内外电路。
2.思维导引：(1)切割磁场线的导体相当于电源。
(2)清楚串并联电路的特点，灵活运用闭合电路欧姆定律。
【解析】选B、C。
假设电压表满偏，则通过电流表的电流为I==2 A<3 A，所以电压表可以满偏，此时电流表的示数为2 A，故A错误，B正确；棒ab匀速运动时，水平拉力F与安培力大小相等，有F A=BIL=F，感应电动势E=U+IR1=(10+2×5)V=20 V，又E=BLv，解得v==1 m/s，故C正确，D错误。
1.五个等效：2.解题流程：【加固训练】(多选)如图所示，边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r 的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为B=kt(常量k>0)。
回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1=R0、R2=。
闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则( )A.R2两端的电压为B.电容器的a极板带正电C.滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍D.正方形导线框中的感应电动势为kL2【解析】选A、C。
2021高考人教版物理：第10章第3讲电磁感应规律的综合应用(含解析)
培力做负功，即上升过程中合力做的功大于重力做的功，下降过程中合力做的功
小于重力做的功，即上升过程中合力做功大于下降过程中合力做的功， A 错误；
分析线框的运动过程可知，对应于同一位置，上升过程的安培力大于下降过程的
安培力，而上升、下降位移相等，故上升过程克服安培力做功大于下降过程中克
服安培力做的功，故上升过程中线框产生的热量多，所以 B 正确；以线框为对象
2mgR A ． a、 b 两个线框匀速运动的速度大小为 B2l2 B．线框 a 从其下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为
3B2l3 mgR
C．从开始运动到线框 a 全部进入磁场的过程中，线框 a 所产生的焦耳热为 mgl
D．从开始运动到线框 a 全部进入磁场的过程中， 两线框共克服安培力做功为 2mgl
最终导体棒静止时，导体棒中感应电流为零，所受安培力为零，在重力和轻弹簧
的弹力作用下受力平衡，轻弹簧处于压缩状态， mg＝kx2，解得此时轻弹簧的压缩
mg 量 x2＝ k ， C 正确；由于初始时刻和最终轻弹簧的形变量大小相同，轻弹簧的弹 性势能相等，重力做功 mg(x1＋x2)，导体棒动能减少 12mv20，根据能量守恒定律和功
答案
(1)4 m/s
物理学案 人教版高考一轮复习第10章电磁感应学案及实验教学
第2讲 法拉第电磁感应定律 自感 涡流一、法拉第电磁感应定律 1．感应电动势(1)概念：在电磁感应现象中产生的电动势。
(2)产生条件：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关。
(3)方向判断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则判断。
2．法拉第电磁感应定律(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。
(2)公式：E ＝n ΔΦΔt，其中n 为线圈匝数。
(3)感应电流与感应电动势的关系：遵守闭合电路的欧姆定律，即I ＝ER ＋r 。
3．导体切割磁感线的情形(1)若B 、l 、v 相互垂直，则E ＝Blv 。
(2)v ∥B 时，E ＝0。
二、自感、涡流 1．自感现象(1)概念：由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象称为自感。
(2)自感电动势①定义：在自感现象中产生的感应电动势叫作自感电动势。
②表达式：E ＝L ΔIΔt。
(3)自感系数L①相关因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关。
②单位：亨利(H)，1 mH ＝10－3H,1 μH＝10－6H 。
2．涡流当线圈中的电流发生变化时，在它附近的任何导体中都会产生感应电流，这种电流像水的漩涡，所以叫涡流。
授课提示：对应学生用书第196页命题点一 对法拉第电磁感应定律的理解及应用 自主探究1．感应电动势的决定因素(1)由E ＝n ΔΦΔt 知，感应电动势的大小由穿过电路的磁通量的变化率ΔΦΔt 和线圈匝数n 共同决定，磁通量Φ较大或磁通量的变化量ΔΦ较大时，感应电动势不一定较大。
(2)ΔΦΔt 为单匝线圈产生的感应电动势大小。
2．法拉第电磁感应定律的三个特例(1)回路与磁场垂直的面积S 不变，磁感应强度发生变化，则ΔΦ＝ΔB·S，E ＝n ΔBΔt S 。
(2)磁感应强度B 不变，回路与磁场垂直的面积发生变化，则ΔΦ＝B·ΔS，E ＝nB ΔSΔt。
(3)磁通量的变化是由面积和磁场变化共同引起时，则ΔΦ＝Φ末－Φ初，E ＝n B 2S 2－B 1S 1Δt ≠n ΔB·ΔSΔt。
专题10电磁感应 第3讲电磁感应定律的综合应用(教学课件)-高考物理一轮复习
4．电磁感应中图像类选择题的两个常用方法
定性分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、 排除法 变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正
负，以排除错误的选项 根据题目所给条件定量写出两个物理量之间的函数关系，然 函数法 后由函数关系对图像进行分析和判断
例2 (2020年山东卷)(多选)如图所示，平面直角坐标系的第一和第
的铜圆环，规定从上向下看时，铜环中的感应电流I，沿顺时针方向为
正方向．图乙表示铜环中的感应电流I随时间t变化的图像，则磁场B随
时间t变化的图像可能是下图中的
()
甲
乙
【答案】B
2．(2021年广东一模)(多选)如图所示，绝缘的水平面上固定有两条 平行的光滑金属导轨，导轨电阻不计，两相同金属棒a、b垂直导轨放 置，其右侧矩形区域内存在恒定的匀强磁场，磁场方向竖直向上．现两 金 属 棒 分 别 以 初 速 度 2v0 和 v0 同 时 沿 导 轨 自 由 运 动 ， 先 后 进 入 磁 场 区 域．已知a棒离开磁场区域时b棒已经进入磁场区域，则a棒从进入到离 开磁场区域的过程中，电流i随时间t的变化图像可能正确的有
()
【答案】AB
【解析】a 棒以速度 2v0 先进入磁场切割磁感线产生的感应电流为 i0 ＝Bl·R2v0，a 棒受安培阻力做变减速直线运动，感应电流也随之减小，即 i－t 图像的斜率逐渐变小；设当 b 棒刚进入磁场时 a 棒的速度为 v1，此 时的瞬时电流为 i1＝BRlv1.若 v1＝v0，即 i1＝BRlv0＝i20，此时双棒双电源反 接，电流为零，不受安培力，两棒均匀速运动离开，i－t 图像中无电流 的图像，故 A 正确，C 错误．
【解析】导体棒向右切割磁感线，由右手定则，知电流方向为 b 指 向 a，由图像可知金属杆开始运动经 t＝5.0 s 时，电压为 0.4 V，根据闭 合电路欧姆定律，得 I＝UR＝00..44 A＝1 A，故 A 正确；根据法拉第电磁感 应定律，知 E＝BLv，根据电路结构，可知 U＝R＋R rE，解得 v＝5 m/s， 故 B 错误；
2021高考物理一轮复习第十章电磁感应专题提升十电磁感应的综合应用教案鲁科版
专题提升(十) 电磁感应的综合应用电磁感应中的能量问题1.能量转化及焦耳热的求法 (1)能量转化(2)求解焦耳热Q 的三种方法2.解题的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路);(2)弄清电磁感应过程中,哪些力做功,哪些形式的能量相互转化; (3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解. 角度1 应用能量守恒定律求解电磁感应能量问题 [例1]如图所示,两平行金属导轨位于同一水平面上,相距l,左端与一电阻R 相连;整个系统置于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向竖直向下.一质量为m 的导体棒置于导轨上,在水平外力作用下沿导轨以速率v 匀速向右滑动,滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好.已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g,导轨和导体棒的电阻均可忽略.求: (1)电阻R 消耗的功率. (2)水平外力的大小.解析:(1)导体棒切割磁感线产生的电动势E=Blv由于导轨与导体棒的电阻均可忽略,则R 两端电压等于电动势U=E 则电阻R 消耗的功率P R =2U R综合以上三式可得P R =222B l v R. (2)设水平外力大小为F,由能量守恒有 Fv=P R +μmgv故得F=22vB l R+μmg.答案:见解析角度2 应用焦耳定律求解电磁感应能量问题[例2] (2019·北京东城区模拟)随着新技术的应用,手机不断地更新换代.新机型除了常规的硬件升级外,还支持快充和无线充电.图(甲)为兴趣小组制作的无线充电装置中的输电线圈示意图,已知线圈匝数n=100,电阻r=1.0 Ω,线圈的横截面积S=1.5×10-3m 2,外接电阻R=5.0 Ω.线圈处在平行于线圈轴线的磁场中,磁场的磁感应强度随时间变化如图(乙)所示,求:(1)t=1.0×10-2s 时线圈中的感应电动势E; (2)0~2.0×10-2 s 内通过电阻R 的电荷量q; (3)0~3.0×10-2 s 内电阻R 上产生的热量Q. 解析:(1)由图(乙)可知,t=0.01 s 时刻ΔΔBt=4 T/s 根据法拉第电磁感应定律得E=n ΔΔt Φ=n ΔΔS Bt解得E=0.6 V. (2)0~0.02 s 内,I=ER r+=0.1 A 电荷量q=IΔt 解得q=2.0×10-3 C.(3)0~0.02 s 内,E=0.6 V,I=0.1 A,根据焦耳定律可以得到,R 上产生的焦耳热为 Q 1=I 2Rt 1=1.0×10-3 J0.02~0.03 s 内,E′=1.2 V,I′=0.2 A,根据焦耳定律可以得到,R 上产生的焦耳热为 Q 2=I′2Rt 2=2.0×10-3J 所以Q=Q 1+Q 2=3.0×10-3J.答案:(1)0.6 V (2)2.0×10-3C (3)3.0×10-3J求解焦耳热应分清两类情况(1)若回路中电流恒定,可以利用电路结构及W=UIt或Q=I2Rt直接进行计算.(2)若电流变化,则①利用安培力做的功求解:电磁感应中产生的焦耳热等于克服安培力所做的功;②利用能量守恒求解:若只有电能与机械能的转化,则机械能的减少量等于产生的焦耳热;③利用功能关系求解:若除重力、安培力做功外,还有其他力做功,则其他力做功等于增加的机械能和产生的焦耳热.1.(2019·江苏七市二模)(多选)在如图所示的倾角为θ的光滑斜面上,存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场,区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上,区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下,磁场的宽度均为L,一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框,由静止开始沿斜面下滑,当ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区时,恰好以速度v1做匀速直线运动;当ab边下滑到JP与MN的中间位置时,线框又恰好以速度v2做匀速直线运动,从ab边越过GH到到达MN与JP的中间位置的过程中,线框的动能变化量为ΔE k,重力对线框做功大小为W1,安培力对线框做功大小为W2,下列说法中正确的有( CD )A.在下滑过程中,由于重力做正功,所以有v2>v1B.从ab边越过GH到到达MN与JP的中间位置的过程中,线框的机械能守恒C.从ab边越过GH到到达MN与JP的中间位置的过程中,有W1-ΔE k的机械能转化为电能D.从ab边越过GH到到达MN与JP的中间位置的过程中,线框动能的变化量大小ΔE k=W1-W2解析:ab边越过JP后回路感应电动势增大,感应电流增大,因此所受安培力增大,安培力阻碍线框下滑,因此ab边越过JP后开始做减速运动,使感应电动势和感应电流均减小,安培力减小,当安培力减小到与重力沿斜面向下的分力mgsin θ相等时,以速度v2做匀速运动,因此v2<v1,A 错误;由于有安培力做功,线框机械能不守恒,B错误;线框克服安培力做功,将机械能转化为电能,克服安培力做了多少功,就有多少机械能转化为电能,由动能定理得W1-W2=ΔE k,W2=W1-ΔE k,故C,D正确.2.(2019·湖南娄底二模)(多选)如图所示,质量为3m的重物与一质量为m的线框用一根绝缘细线连接起来,挂在两个高度相同的定滑轮上,已知线框的横边边长为L,水平方向匀强磁场的磁感应强度为B,磁场上下边界的距离、线框竖直边长均为h.初始时刻,磁场的下边缘和线框上边缘的高度差为2h,将重物从静止开始释放,线框上边缘刚进磁场时,恰好做匀速直线运动,滑轮质量、摩擦阻力均不计.则下列说法中正确的是( ABD )A.线框进入磁场时的速度为2ghB.线框的电阻为2222B L gh mgC.线框通过磁场的过程中产生的热量Q=2mghD.线框通过磁场的过程中产生的热量Q=4mgh解析:从初始时刻到线框上边缘刚进入磁场,由机械能守恒定律得3mg×2h=mg×2h+242mv ,解得线框刚进入磁场时的速度v=2gh ,故A 正确;线框上边缘刚进磁场时,恰好做匀速直线运动,故受合力为零,3mg=BIL+mg,I=BLv R ,解得线框的电阻R=2222B L gh mg,故B 正确;线框匀速通过磁场的距离为2h,产生的热量等于系统重力势能的减少量,即Q=3mg×2h -mg×2h=4mgh,故C 错误,D 正确.电磁感应中的动量和能量问题角度1 用动量定理解决电磁感应问题 [例3](2019·广东佛山模拟)(多选)水平放置的足够长光滑平行导轨,电阻不计,间距为L,左端连接的电源电动势为E 、内阻为r,质量为m 的金属杆垂直静放在导轨上,金属杆处于导轨间的部分的电阻为R.整个装置处在磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场中,闭合开关,金属杆沿导轨做变加速运动直至达到最大速度,下列说法正确的是( AC ) A.金属杆的最大速度大小为B.此过程中通过金属杆的电荷量为222mEB L C.此过程中电源提供的电能为222mE B L D.此过程中金属杆产生的热量为2222mE B L解析:开关闭合瞬间,电流通过金属杆,则金属杆在安培力作用下加速运动,同时由于金属杆切割磁感线产生感应电动势,方向与E 相反,故金属杆做加速度减小的加速运动,当感应电动势等于电源电动势E 时,金属杆加速度为0,速度最大,由BLv m =E,得v m =EBL,A 正确;整个过程中对金属杆应用动量定理有B I L·t=mv m ,则q=I t=m mv BL=22mEB L ,B 错误;电源提供的电能为E 电=qE=222mE B L,C 正确;对整个过程由功能关系可知电源提供的能量转化为金属杆的动能和电路产生的热量,即E 电=Q 总+E k ,得222mE B L =Q 总+12m 222E B L ,故Q 总=Q r +Q R =2222mE B L ,金属杆的热量为Q R =R R r+Q 总=2222mE B L ·R R r+,D 错误. 角度2 用动量守恒定律解决电磁感应问题[例4] (2019·北京丰台期末)如图所示,两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内,导轨间的距离为L,导轨上平行放置两根导体棒ab 和cd,构成矩形回路.已知两根导体棒的质量均为m 、电阻均为R,其他电阻忽略不计,整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为B,导体棒均可沿导轨无摩擦的滑行.开始时,导体棒cd 静止、ab 有水平向右的初速度v 0,两导体棒在运动中始终不接触.求:(1)开始时,导体棒ab 中电流的大小和方向;(2)从开始到导体棒cd 达到最大速度的过程中,矩形回路产生的焦耳热; (3)当ab 棒速度变为34v 0时,cd 棒加速度的大小. 解析:(1)ab 棒产生的感应电动势E ab =BLv 0 ab 棒中电流I=2ab E R=02BLv R 方向由a→b.(2)当ab 棒与cd 棒速度相同时,cd 棒的速度最大,设最大速度为v由动量守恒定律得mv 0=2mv 解得v=12v 0由能量守恒定律得Q=12m 20v -12(2m)v 2解得Q=14m 20v .(3)设ab 棒的速度为34v 0时,cd 棒的速度为v′ 由动量守恒定律得mv 0=m 34v 0+mv′ 解得v′=14v 0. E ab =BL 34v 0; E cd =BL 14v 0;I=2ab cd E E R-=0031()442BL v v R- 解得I=4BLv Rcd 棒受力为F=IBL=2204B L v R;此时cd 棒加速度为a==.答案:见解析动量定理及动量守恒定律在电磁感应中的应用技巧(1)在电磁感应中,动量定理应用于单杆切割磁感线运动,可求解变力的时间、速度、位移和电荷量.①求电荷量或速度:B I lΔt=mv 2-mv 1,q=I t. ②求时间:Ft-I 冲=mv 2-mv 1,I 冲=BIlΔt=BlΔR Φ总. ③求位移:-BIlΔt=-22v ΔB l tR 总=0-mv 0, 即-22B l R 总s=m(0-v 0).(2)电磁感应中对于双杆切割磁感线运动,若双杆系统所受合外力为零,运用动量守恒定律结合能量守恒定律可求解与能量有关的问题.1.(2019·广东深圳二模)如图所示,在水平面上有两条导电导轨MN,PQ,导轨间距为d,匀强磁场垂直于导轨所在的平面向里,磁感应强度的大小为B,两根完全相同的金属杆1,2间隔一定的距离摆开放在导轨上,且与导轨垂直.它们的电阻均为R,两杆与导轨接触良好,导轨电阻不计,金属杆的摩擦不计.杆1以初速度v 0滑向杆2,为使两杆不相碰,则杆2固定与不固定两种情况下,最初摆放两杆时的最小距离之比为( C ) A.1∶1 B.1∶2 C.2∶1 D.1∶1 解析:杆2固定:对回路:q 1=Δ2R =12Bds R. 对杆1:-B 1I d·Δt=0-mv 0,q 1=·Δt 联立解得s 1=222mRv B d . 杆2不固定:q 2=22Bds R对杆2:B 2I d·Δt=mv 2-0 全程动量守恒:mv 0=mv 1+mv 2末态两棒速度相同,v 1=v 2,q 2=2I ·Δt 联立解得s 2=22mRv B d . s 1∶s 2=2∶1,C 正确.2.(2019·贵州黔东南二模)如图所示,宽度为L 的平行光滑的金属轨道,左端为半径为r 1的四分之一圆弧轨道,右端为半径为r 2的半圆轨道,中部为与它们相切的水平轨道.水平轨道所在的区域有磁感应强度为B 的竖直向上的匀强磁场.一根质量为m 的金属杆a 置于水平轨道上,另一根质量为M 的金属杆b 由静止开始自左端轨道最高点滑下,当b 滑入水平轨道某位置时,a 就滑上了右端半圆轨道最高点(b 始终运动且a,b 未相撞),并且a 在最高点对轨道的压力大小为mg,此过程中通过a 的电荷量为q,a,b 杆的电阻分别为R 1,R 2,其余部分电阻不计.在b 由静止释放到a 运动到右端半圆轨道最高点过程中,求:(1)在水平轨道上运动时b 的最大加速度是多大;(2)自b 释放到a 到达右端半圆轨道最高点过程中,系统产生的焦耳热是多少; (3)a 刚到达右端半圆轨道最低点时b 的速度是多大. 解析:(1)由机械能守恒定律得12M 21b v =Mgr 1 解得v b112grb 刚滑到水平轨道时加速度最大,E=BLv b1,I=12ER R +, 由牛顿第二定律有F 安=BIL=Ma 解得221122B L gr .(2)由动量定理有-B I Lt=Mv b2-Mv b1, 即-BLq=Mv b2-Mv b1 解得v b212gr -BLqM根据牛顿第三定律得:a 在最高点受支持力N=N′=mg,mg+N=m 212a v r解得v a122gr 由能量守恒定律得Mgr 1=12M 22b v +12m 21a v +mg2r 2+Q 解得12gr -3mgr 2-2222B L q M. (3)由能量守恒定律有2mgr 2=12m 22a v -12m 21a v 解得v a226gr 由动量守恒定律得Mv b1=Mv b3+mv a2 解得v b312gr 26m gr M答案:(1)221122()B L gr M R R +(2)BLq 12gr -3mgr 2-2222B L q M(3)12gr -26m gr M1.(2019·福建厦门模拟)(多选)在倾角为θ的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ,MN,相距为L,导轨处于磁感应强度为B 的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面向下.有两根质量均为m 的金属棒a,b,先将a 棒垂直导轨放置,用跨过光滑定滑轮的细线与物块c 连接,连接a 棒的细线平行于导轨,由静止释放c,此后某时刻,将b 也垂直导轨放置,a,c 此刻起做匀速运动,b 棒刚好能静止在导轨上.a 棒在运动过程中始终与导轨垂直,两棒与导轨接触良好,导轨电阻不计.则( AD ) A.物块c 的质量是2msin θB.b 棒放上导轨前,物块c 减少的重力势能等于a,c 增加的动能C.b 棒放上导轨后,物块c 减少的重力势能等于回路消耗的电能D.b 棒放上导轨后,a 棒中电流大小是sin mg BLθ解析:b 棒静止说明b 棒受力平衡,即安培力和重力沿斜面向下的分力平衡,a 棒匀速向上运动,说明a 棒受细线的拉力和重力沿斜面向下的分力大小以及沿斜面向下的安培力三个力平衡,c 匀速下降则c 所受重力和细线的拉力大小平衡.由b 平衡可知,安培力大小F 安=mgsin θ,由a 平衡可知F 线=F 安+mgsin θ=2mgsin θ,由c 平衡可知F 线=m c g;因为线中拉力大小相等,故2mgsin θ=m c g,即物块c 的质量为2msin θ,故A 正确;b 放上之前,a,c 系统的机械能守恒,c 减少的重力势能转化为a,c 的动能和a 的重力势能,故B 错误;放上b 后,a 匀速上升重力势能在增加,根据能量守恒知c 减小的重力势能等于回路消耗的电能和a 增加的重力势能之和,C 错误;根据b 棒的平衡可知F 安=mgsin θ,又因为F 安=BIL,故I=sin mg BLθ,故D 正确. 2.(2018·江苏卷,9)(多选)如图所示,竖直放置的“”形光滑导轨宽为L,矩形匀强磁场Ⅰ,Ⅱ的高和间距均为d,磁感应强度为B.质量为m 的水平金属杆由静止释放,进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等.金属杆在导轨间的电阻为R,与导轨接触良好,其余电阻不计,重力加速度为g.金属杆( BC )A.刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B.穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间C.穿过两磁场产生的总热量为4mgdD.释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h 可能小于2244g 2m R B L 解析:穿过磁场Ⅰ后,金属杆在磁场之间做加速运动,在磁场Ⅱ上边缘速度大于从磁场Ⅰ出来时的速度,即进入磁场Ⅰ时速度等于进入磁场Ⅱ时速度且大于从磁场Ⅰ出来时的速度,故金属杆在刚进入磁场Ⅰ中时做减速运动,加速度方向向上,选项A 错误. 金属杆刚进入磁场Ⅰ中时,由牛顿第二定律知 BIL-mg=22vB L R-mg=ma a 随着减速过程逐渐变小,即在前一段做加速度减小的减速运动,若出磁场Ⅰ前a 减为零则再做匀速运动.金属杆在磁场之间做加速度为g 的匀加速直线运动,两个过程位移大小相等,由v t 图象(以金属杆在磁场Ⅰ中一直减速为例),如图所示,可以看出前一段用时多于后一段用时(若金属杆在磁场Ⅰ中先减速再匀速可以得出同样的结论),选项B 正确.由于进入两磁场时速度相等,从金属杆刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ的过程,由动能定理知, W 安1+mg·2d=0, 则W 安1=-2mgd,可知通过磁场Ⅰ产生的热量为2mgd,故穿过两磁场产生的总热量为4mgd,选项C 正确. 设刚进入磁场Ⅰ时速度为v,则由机械能守恒定律知mgh=12mv 2,进入磁场时BIL-mg=22v B L R -mg=ma 解得v=22()m a g R B L +, 联立得h=22244(a g)2gm R B L +>2244g 2m R B L ,选项D 错误. 3.(2019·安徽蚌埠二模)如图所示,质量M=1 kg 的半圆弧形绝缘凹槽放置在光滑的水平面上,凹槽部分嵌有cd 和ef 两个光滑半圆形导轨,c 与e 端由导线连接,一质量m=1 kg 的导体棒自ce 端的正上方h=2 m 处平行ce 由静止下落,并恰好从ce 端进入凹槽,整个装置处于范围足够大的竖直方向的匀强磁场中,导体棒在凹槽内运动过程中与导轨接触良好.已知磁场的磁感应强度B=0.5 T,导轨的间距与导体棒的长度均为L=0.5 m,导轨的半径r=0.5 m,导体棒的电阻R=1 Ω,其余电阻均不计,重力加速度g=10 m/s 2,不计空气阻力.(1)求导体棒刚进入凹槽时的速度大小;(2)求导体棒从开始下落到最终静止的过程中系统产生的热量;(3)若导体棒从开始下落到第一次通过导轨最低点的过程中产生的热量为16 J,求导体棒第一次通过最低点时回路中的电功率.解析:(1)根据机械能守恒定律,得mgh=12mv 2解得10 m/s.(2)导体棒在凹槽导轨上运动过程中发生电磁感应现象,产生感应电流,最终整个系统处于静止,导体棒停在凹槽最低点.根据能量守恒可知整个过程中系统产生的热量Q=mg(h+r)=25 J.(3)设导体棒第一次通过最低点时速度大小为v 1,凹槽速度大小为v 2,导体棒在凹槽内运动时系统在水平方向动量守恒,故有mv 1=Mv 2由能量守恒,得12m 21v +12M 22v =mg(h+r)-Q 1导体棒第一次通过最低点时感应电动势E=BLv 1+BLv 2回路电功率P=2E R 联立解得P=94W.答案:(1)210 m/s (2)25 J (3)94 W4.(2019·湖南湘潭调研)如图所示,将不计电阻的长导线弯折成P 1P 2P 3,Q 1Q 2Q 3形状,P 1P 2P 3和Q 1Q 2Q 3是相互平行且相距为d 的光滑固定金属导轨.P 1P 2,Q 1Q 2的倾角均为θ,P 2P 3,Q 2Q 3在同一水平面上,P 2Q 2⊥P 2P 3,整个导轨在方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中,质量为m 电阻为R 的金属杆CD 从斜导轨上某处静止释放,然后沿水平导轨滑动一段距离后停下.杆CD 始终垂直导轨并与导轨保持良好接触,导轨和空气阻力均不计,重力加速度大小为g,导轨倾斜段和水平段都足够长,求: (1)杆CD 能达到的最大速度;(2)杆CD 在距P 2Q 2为L 处释放,滑到P 2Q 2处恰达到最大速度,则沿倾斜导轨下滑的时间Δt 1及在水平导轨上滑行的最大距离.解析:(1)杆CD 达到最大速度时,杆受力平衡,则有Bcos θ·dI m =mgsin θ此时杆CD 切割磁感线产生的感应电动势为E=Bcos θ·dv m由欧姆定律可得I m =E R, 解得v m =222sin cos θmgR B d . (2)在杆CD 沿倾斜导轨下滑的过程中,根据动量定理有mgsin θ·Δt 1-Bcos θ1I d·Δt 1=mv m -01I =E R =1ΔΔRt Φ=1cos ΔR B Ld t θ 解得Δt 1=222cos θmR B d +222Lcos θsin B d mgR θ在杆CD 沿水平导轨运动的过程中,根据动量定理有 -B 2I d·Δt 2=0-mv m该过程中通过R 的电荷量为q 2=2I Δt 2,得q 2=m mv Bd杆CD 沿水平导轨运动的过程中,通过的平均电流为 2I =E R =2ΔBsd R t ,q 2=2I Δt 2=Bds R解得s=22442g sin cos θm R B d θ. 答案:(1)222sin cos θmgR B d θ (2)222cos θmR B d +222Lcos θsin B d mgR θ 22442g sin cos θm R B d θ。
高考物理一轮复习第10章第3节电磁感应定律的综合应用课件高三全册物理课件
化要弄清)
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问题类型
(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象 (画图象) (2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应 的物理量(用图象)
12/9/2021
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四个 规律
左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律
应 用
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知识点二
电磁感应 中的图象问题 (diàncí-gǎnyìng)
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电磁感应中常见的图象问题
(1)随时间变化的图象，如 B-t 图象、Φ-t 图象、E-t
图象、I-t 图象
图象类型 (2)随位移变化的图象，如 E-x 图象、I-x 图象
(所以要先看坐标轴：哪个物理量随哪个物理量变
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3．(多选)(2019·焦作检测)如图所示，两根足够 长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为 l＝1 m， cd 间、de 间、cf 间分别接着阻值 R＝10 Ω 的电阻。 一阻值 R＝10 Ω 的导体棒 ab 以速度 v＝4 m/s 匀 速向左运动，导体棒与导轨接触良好；导轨所在平面存在磁感应强度大 小 B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场。下列说法中正确的是( )
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(1)匀强磁场的方向；
(2)金属棒 ab 两端的路端电压；
(3)金属棒 ab 运动的速度。
解析：(1)负电荷受到重力和电场力的作用处于静止状态，因为
重力方向竖直向下，所以电场力方向竖直向上，故 M 板带正电。ab
2021年高考物理一轮复习第十章电磁感应第3讲电磁感应规律的综合应用——电路和图象学案
2021年高考物理一轮复习第十章电磁感应第3讲电磁感应规律的综合应用——电路和图象学案板块一 主干梳理·夯实基础【知识点1】 电磁感应和电路的综合 Ⅱ1．对电源的明白得：在电磁感应现象中，产生感应电动势的那部分导体相当于电源。
如：切割磁感线的导体棒、有磁通量变化的线圈等。
2．对电路的明白得：内电路是切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈；除电源外其余部分是外电路，外电路由电阻、电容等电学元件组成。
在外电路中，电流从高电势处流向低电势处；在内电路中，电流则从低电势处流向高电势处。
3．与电路相联系的几个公式(1)电源电动势：E ＝n ΔΦΔt 或E ＝Blv 。
(2)闭合电路欧姆定律：I ＝ER ＋r。
电源的内电压：U 内＝Ir 。
电源的路端电压：U 外＝IR ＝E －Ir 。
(3)消耗功率：P 外＝IU ，P 总＝EI 。
(4)电热：Q ＝I 2Rt 。
【知识点2】 电磁感应中的图象问题 Ⅱ板块二 考点细研·悟法培优 考点1电磁感应中的电路问题[解题技巧]1. 问题归类(1)以部分电路欧姆定律为中心，对六个差不多物理量(电压、电流、电阻、电功、电功率、电热)、三条定律(部分电路欧姆定律、电阻定律和焦耳定律)以及若干差不多规律(串、并联电路特点等)进行考查；(2)以闭合电路欧姆定律为中心，对电动势概念，闭合电路中的电流、路端电压以及闭合电路中能量的转化进行考查。
2．差不多方法(1)确定电源：先判定产生电磁感应的是哪一部分导体，该部分导体可视为电源。
(2)分析电路结构，画等效电路图。
(3)利用电路规律求解，要紧有欧姆定律、串并联规律等。
3．误区分析(1)不能正确依照感应电动势及感应电流的方向分析外电路中电势的高低。
因产生感应电动势的那部分电路相当于电源部分，故该部分电路中的电流相当于电源内部的电流，而外电路中电流的方向仍是从高电势到低电势。
(2)应用欧姆定律分析求解电路时，没有考虑到电源的内阻对电路的阻碍。
2021届新高考物理一轮复习PPT教学课件-10.3电磁感应规律的应用
P 拉＝P 热＝8 W 【答案】 (1)4 V (2)2 A (3)1.6 N (4)8 W (5)见解析。
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(2)匀速运动水平拉力等于水平方向的安培力，即 F＝B sin 30°IL， 所以 F＝0.29 N。 【答案】 3.7 m/s,0.29 N
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(2)运用闭合电路欧姆定律，串并联电路性质，电功率等公式联立求解
P＝I2总R 总
＝(R22a＋BRv )2·(R2 ＋R)
＝8a23BR2v2
【答案】
2aBv (1) 3
8a2B2v2 (2) 3R
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6．如图所示，有一个矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里。 一个三角形闭合导线框，由位置 1(左)沿纸面匀速运动到位置 2(右)。取线框刚到 达磁场边界的时刻为计时起点(t＝0)，规定逆时针方向为电流的正方向，则图中 能正确反映线框中电流与时间关系的是(磁场宽度大于三角形导线框底边长 度)( )
高中物理高考 】高考物理一轮复习学案 10 3 电磁感应定律的综合运用 有解析
【备考2022】高考物理一轮复习学案10.3 电磁感应定律的综合运用(2)右手定则的研究对象为闭合回路的一部分导体，适用于一段导线在磁场中做切割磁感线运动。
2.对电源的理解(1)在电磁感应现象中，产生感应电动势的那部分导体相当于电源，如切割磁感线的导体棒、有磁通量变化的线圈等，这种电源将其他形式的能转化为电能。
(2)判断感应电流和感应电动势的方向，都是把相当于电源的部分根据右手定则或楞次定律判定的。
实际问题中应注意外电路电流由高电势处流向低电势处，而内电路则相反。
3．导体棒在匀强磁场运动过程中的变与不变(1)外电阻的变与不变若外电路由无阻导线和定值电阻构成，导体棒运动过程中外电阻不变；若外电路由考虑电阻的导线组成，导体棒运动过程中外电阻改变。
(2)内电阻与电动势的变与不变切割磁感线的有效长度不变，则内电阻与电动势均不变。
反之，发生变化。
处理电磁感应区别安培定则、左手定则、右手定则的关键是抓住因果关系(1)因电而生磁(I→B)→安培定则(判断电流周围磁感线的方向)。
(2)因动而生电(v、B→I感)→右手定则(闭合回路的部分导体切割磁感线产生感应电流)。
(3)因电而受力(I、B→F安)→左手定则(磁场对电流有作用力)。
核心素养二对电路的理解(1)内电路是切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈，外电路由电阻、电容等电学元件组成。
(2)在闭合电路中，相当于“电源”的导体两端的电压与真实的电源两端的电压一样，等于路端电压，而不等于感应电动势。
核心素养三图像问题2.解决图像问题的一般步骤(1)明确图像的种类，即是Bt图像还是Φt图像，或者Et图像、It图像等。
(2)分析电磁感应的具体过程。
(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系。
(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式。
(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等。
专题十 第3讲 电磁感应定律的综合应用
ab 杆下滑过程中某时刻的受力示意图；
(2)在加速下滑过程中，当 ab 杆的速度大小为 v 时，求此 时 ab 杆中的电流及其加速度的大小； (3)求在下滑过程中，ab 杆可以达到的速度最大值．
甲 图 10－3－3
乙
解：(1)如图 71，重力 mg，竖直向下； 支持力 N，垂直斜面向上；安培力 F，沿斜面向上． (2)当 ab 杆速度为 v 时，感应电动势 E＝BLv， E BLv 此时电路电流 I＝R＝ R B2L2v ab 杆受到安培力 F＝BIL＝ R B2L2v 根据牛顿运动定律，有 ma＝mgsinθ－F＝mgsinθ－ R B2L2v 得 ab 杆的加速度 a＝gsinθ－ mR . B2L2v (3)当 R ＝mgsinθ 时， mgRsinθ ab 杆达到最大速度 vm，所以 vm＝ B2L2 . 图71
定则判断它们的方向，分析出相关物理量之间的函数关系，确
定其大小和方向及在坐标中的范围．
(2)图象的初始条件，方向与正、负的对应，物理量的变化
趋势，物理量的增、减或方向正、负的转折点都是判断图象的 关键． 4．解题时要注意的事项 (1)电磁感应中的图象定性或定量地表示出所研究问题的 函数关系． (2)在图象中 E、I、B 等物理量的方向通过物理量的正负来 反映． (3)画图象要注意纵、横坐标的单位长度定义或表达．
(1)通过棒 cd 的电流 I 是多少，方向如何？
(2)棒 ab 受到的力 F 多大？ (3)棒 cd 每产生 Q＝0.1 J 的热量，力 F 做的功 W 是多少？
图 10－3－6
解：(1)棒cd 受到的安培力Fcd＝BIl
①
棒cd 在共点力作用下平衡，则Fcd＝mgsin30°
②
由①②式代入数据解得I＝1 A，方向由右手定则可知由d 到c.
高三物理第一轮复习电磁感应规律的综合应用教案三 新课标 人教版
高三物理第一轮复习电磁感应规律的综合应用教案三物理3－2 选修教材（必考内容）课时安排：3课时教学目标：1．熟练运用右手定则和楞次定律判断感应电流及感应电动势的方向2．掌握电磁感应与电路规律的综合应用3．综合应用电磁感应等电学知识解决力、电综合问题4．能够处理电磁感应图象问题本讲重点：1．电磁感应与电路规律的综合应用2．综合应用电磁感应等电学知识解决力、电综合问题本讲难点：综合应用电磁感应等电学知识解决力、电综合问题考点点拨：1．电磁感应与电路规律的综合应用2．电磁感应中的力电综合应用3．电磁感应中的图象问题4．涉及多个电动势的计算问题（双杆问题）第一课时一、考点扫描（一）知识整合1．电磁感应中的力学问题（1）基本方法：通过导体的感应电流在磁场中将受到安培力作用，电磁感应往往和力学问题结合在一起。
①用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向，②求回路中的电流大小；③分析研究导体受力情况（包含安培力，用左手定则确定其方向）④列动力学方程或平衡方程求解。
（2）电磁感应力学问题中，要抓好受力情况，运动情况的动态分析导体受力运动产生感应电动势→感应电流→通电导体受安培力→合外力变化→加速度变化→速度变化，周而复始地循环，循环结束时，加速度等于零，导体达稳定状态，抓住a=0时，速度v达最大值。
2．电磁感应中的电路问题在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路相当于电源。
因此，电磁感应问题往往又和电路问题联系在一起，解决与电路相联系的电磁感应问题的基本方法是：①用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和方向②画等效电路图③运用全电路欧姆定律，串并联电路性质，电功率等公式联立求解3．电磁感应中的图象问题电磁感应中常涉及磁感应强度B、磁通量Φ、感应电动势E、感应电流I、安培力F安或外力F外随时间t变化的图象，即B—t图、Φ—t图、E—t图、I—t图、F—t图。
2021高考物理一轮复习 第10章 电磁感应 第3讲 电磁感应规律的综合应用学案
2021高考物理一轮复习第10章电磁感应第3讲电磁感应规律的综合应用学案年级：姓名：第3讲 电磁感应规律的综合应用 知识点 电磁感应中的电路分析问题 Ⅱ1．对电源的理解：在电磁感应现象中，产生感应电动势的那部分导体相当于01电源。
如：切割磁感线的导体棒、有磁通量变化的线圈等。
2．对电路的理解：内电路是切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈；除电源外其余部分是外电路，外电路由电阻、电容等电学元件组成。
在外电路中，电流从高电势处流向低电势处；在内电路中，电流则从02低电势处流向03高电势处。
3．与电路相联系的几个公式(1)电源电动势：E ＝04n ΔΦΔt或E ＝Blv 。
(2)闭合电路欧姆定律：I ＝ER ＋r 。
电源的内电压：U 内＝05Ir 。
电源的路端电压：U 外＝IR ＝E －Ir 。
(3)消耗功率：P 外＝IU ，P 总＝06EI 。
(4)电热：Q 外＝07I 2Rt ，Q 总＝I 2(R ＋r )t 。
知识点 电磁感应现象中的动力学问题 Ⅱ1．安培力的大小⎭⎪⎬⎪⎫感应电动势：E ＝01BLv 感应电流：I ＝E R ＋r 安培力公式：F 02BIL F ＝B 2L 2v R ＋r 2．安培力的方向 (1)03右手定则或楞次定律确定感应电流方向，再用04左手定则确定安培力方向。
(2)05相反。
3．分析导体受力情况时，应做包含安培力在内的全面受力分析。
4．根据平衡条件或牛顿第二定律列方程。
知识点 电磁感应现象中的能量问题 Ⅱ1．电磁感应中的能量转化 闭合电路的部分导体做01切割磁感线运动产生感应电流，通有感应电流的导体在磁场中受02安培力。
外力03克服安培力做功，将其他形式的能转化为04电能，通有感应电流的导体在磁场中受安培力作用或通过电阻发热，使电能转化为其他形式的能。
2．实质电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能和05电能之间的转化。
一 堵点疏通1．在电磁感应电路中，产生电流的那部分导体相当于电源。
2021届新高考物理一轮：专题九 第3讲 电磁感应定律的综合应用
应强度为 0.8 T.将导体棒 MN 由静止释放， 运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导
体棒 MN 的运动速度以及小灯泡消耗的电
功率分别为(重力加速度g取10 m/s2，sin 37° ＝0.6)( )
图 9-3-2
A.2.5 m/s 1 W
B.5 m/s 1 W
C.7.5 m/s 9 W
D.15 m/s 9 W
两垂直)或 E＝___n_Δ_t___. 3.闭合电路的欧姆定律：闭合电路的电流与___电__压___成正
比，与___电__阻_____成反比. 4.通电导体棒在磁场中受到的安培力 F＝__B_Il_s_in__θ_.
【基础自测】
1.(多选)如图 9-3-1 所示，两根竖直放置的光滑平行导轨，
其中一部分处于方向垂直导轨所在平面并且有上下水平边界的
热点 1 电磁感应中的电路问题 [热点归纳] 1.对电磁感应电路的理解 (1)在电磁感应电路中，相当于电源的部分把其他形式的能 通过电流做功转化为电能. (2)“电源”两端的电压为路端电压，而不是感应电动势. (3)电源的正负极、感应电流的方向、电势的高低、电容器 极板带电问题，均可用右手定则或楞次定律判定.
阻为 R，ab 边质量为 m，其他三边质量不计，现将 abcd 拉至水
平位置，并由静止释放，经时间 t 到达竖直位置，
产生热量为 Q，若重力加速度为 g，则 ab 边在
最低位置所受安培力大小等于( ).
B2L2 2gL A. R
Q B.BL Rt
图 9-3-3
B2L2 C. Rt
B2L2 2mgL－Q
⑥式，解得
v＝mgsin
37°－μcos B2L2
37°R＋r
代入数据得 v＝5 m/s.小灯泡消耗的电功率为 P＝I2R⑦，由
2021高考人教版物理一轮复习课件：第10章 第3节 电磁感应定律的综合应用
图 10-3-6
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D [整个过程分为 4 个小过程，且由线框有效切割 长度和几何关系可知，电流随时间线性变化：由 1 到 2 位置，产生逆时针方向的电流且均匀减小，设开始时电 流大小为 2I0，则由 2I0 减小到 I0；由 2 到 3 位置，产生 顺时针方向的电流，开始时电流大小为 3I0，且均匀减小，一直减小到 2I0；由 3 到 4 位置，产生逆时针方向的电流且由零均匀增大到 I0；由 4 位置到最后全部出磁场， 为逆时针方向的电流且由 I0 均匀减小到零；综上所述选项 D 正确．]
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4．[电磁感应中的图象问题]矩形导线框 abcd 如图 10-3-3 甲所示放在匀强磁 场中，磁感线方向与线框平面垂直，磁感应强度 B 随时间变化的图象如图乙所 示．t＝0 时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里．若规定导线框中感应电流沿 逆时针方向为正，则在 0～4 s 时间内，线框中的感应电流 I 以及线框的 ab 边所 受安培力 F 随时间变化的图象为(安培力取向上为正方向)( )
A．ef 将减速向右运动，但不是匀减速
B．ef 将匀减速向右运动，最后静止
C．ef 将匀速向右运动
D．ef 将做往复运动
图 10-3-1
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A [杆 ef 向右运动，所受安培力 F＝BIl＝Bl·BRlv＝B2Rl2v，方向向左，故杆 做减速运动；v 减小，F 减小，杆做加速度逐渐减小的减速运动，A 正确．]
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2021人教版高中物理选修第三章《电磁感应》word章末总结学案
2021人教版高中物理选修第三章《电磁感应》word章末总结学案⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧电磁感应现象⎩⎪⎨⎪⎧产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化感应电流的大小：在闭合电路中，用闭合电路欧姆定律感应电动势的大小⎩⎪⎨⎪⎧E ＝n ΔΦΔtE ＝Blv交流电⎩⎪⎨⎪⎧交流发电机的组成：转子和定子磁体和线圈正弦交流电的变化规律⎩⎪⎨⎪⎧瞬时值：u ＝Umsin ωt最大值：Um ＝nBSω有效值：Ue ＝Um/2周期和频率：f ＝1/T 交流电路中的电容器：隔直流、通交流变压器⎩⎪⎨⎪⎧变压器的结构：铁芯、原线圈、副线圈变压原理：电磁感应现象电压功率关系：U1/U2＝n1/n2 P1＝P2高压输电自感现象和涡流一、产生感应电流的条件 分析是否产生感应电流，关键确实是要分析穿过闭合线圈的磁通量是否变化，而分析磁通量是否变化，关键要明白磁感线是如何分布的．因此在做这类题时应注意：(1)熟记条形磁铁、蹄形磁铁、直线电流、环形电流和通电螺线管内外磁感线分布情形是解决问题的基础．(2)学会找专门位置并分析其变化．例1 如图1所示，竖直放置的长直导线通以恒定电流，有一矩形线框abcd 与导线处于同一平面内，在下列情形中线框能产生感应电流的是 ．电磁感应图1A ．导线中电流变大B ．线框向右平动C ．线框向下平动D ．线框以ad 边为轴转动E ．线框以直导线为轴转动F ．线框以bc 边为轴转90°解析 通电直导线的磁场分布如图a ，和导线距离相等的点的磁感应强度相等，离导线越远，磁场越弱，选项A 中电流变大，磁场变强，线框中磁通量变大，有感应电流产生；选项B 、D 、F 线框中磁通量变小，有感应电流产生；选项C ，线框中无磁通量变化，无感应电流产生；选项E ，画出俯视图如图b 所示，可见线框中的磁通量不变化，无感应电流产生．答案 ABDF二、对交流有效值的明白得1．在定义有效值时要注意三个相同：相同电阻，相同时刻，产生相同热量．2．公式Ue ＝Um 2≈0.707Um 和Ie ＝Im2≈0.707Im 仅适用于正弦式电流．例2 如图2所示，两交变电流分别通过相同电阻R.(1)分别写出它们的有效值、周期和频率；(2)运算它们在R 上产生的功率之比．图2解析 (1)题图甲为正弦交流电，其有效值I1＝Im/2≈3.536 A ，周期T1＝0.4 s ，频率f1＝2.5 Hz ；题图乙为方波交流电，电流的大小不变，方向做周期性变化，由于热效应与电流方向无关，因而它的有效值I2＝5 A ，周期T2＝0.4 s ，频率f2＝2.5 Hz. (2)由公式P ＝I2R 得P 甲∶P 乙＝1∶2. 答案 (1)甲图：3.536 A,0.4 s,2.5 Hz 乙图：5 A ，0.4 s ，2.5 Hz (2)1∶2 三、理想变压器的几种关系 1．输入功率与输出功率理想变压器本身无电能缺失，因此有P 入＝P 出．但应注意的是，输入功率由输出功率决定，即输出功率增大，输入功率也随之增大；输出功率减小，输入功率也随之减小． 2．输入电压与输出电压输入电压决定输出电压．设理想变压器的原线圈匝数为n1，副线圈匝数为n2，输入电压为U1，输出电压为U2，则有U1U2＝n1n2，故U2＝U1n2n1.3．输入电流与输出电流假如理想变压器只有一个副线圈，并设原线圈的匝数为n1，输入电压为U1，输入电流为I1；副线圈的匝数为n2，输出电压为U2，输出电流为I2.则据P 入＝P 出和U1U2＝n1n2有U1I1＝U2I2，I1I2＝U2U1＝n2n1，得I1＝I2n2n1. 例3 如图3所示，理想变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2＝2∶1，原线圈接200 V 交流电源，副线圈接额定功率为20 W 的灯泡L ，灯泡正常发光，当电源电压降为180 V 时，求灯泡实际消耗功率与其额定功率之比？图3 答案81100解析 由U1U2＝n1n2得U2＝n2n1U1＝12×200 V ＝100 V而U2′＝n2n1U1′＝12×180 V ＝90 V 因此功率之比P2′P2＝U2′2R U 22R＝U2′2U 22＝9021002＝81100.1．将交流电压经变压器后给用电器供电，下列操作中能增大原线圈电流的是( ) A ．增大原线圈的匝数 B ．增大副线圈的匝数C ．增大原、副线圈的匝数D ．增大用电器的电阻 答案 B2. 如图4所示，铁芯右边绕有一个线圈，线圈两端与滑动变阻器、电池组连成回路．左边的铁芯上套有一个面积为0.02 m2、电阻为0.1 Ω的金属环．铁芯的横截面积为0.01 m2，且假设磁场全部集中在铁芯中，金属环与铁芯截面垂直．调剂滑动变阻器的滑动头，使铁芯中的磁感应强度每秒平均增加0.2 T ，则从上向下看( )图4A ．金属环中感应电流方向是逆时针方向，感应电动势大小为4.0×10－3 VB ．金属环中感应电流方向是顺时针方向，感应电动势大小为4.0×10－3 VC ．金属环中感应电流方向是逆时针方向，感应电动势大小为2.0×10－3 VD ．金属环中感应电流方向是顺时针方向，感应电动势大小为2.0×10－3 V 答案 C解析 金属环中的原磁场方向竖直向下，由楞次定律，感应电流的磁场向上，电流方向是逆时针方向；由法拉第电磁感应定律，电动势大小E ＝ΔBΔtS 铁芯＝2.0×10－3 V ，故C 项对． 3．一理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶5.原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u 如图5所示，副线圈仅接入一个10 Ω的电阻．则( )图5A ．流过电阻的电流是20 AB ．与电阻并联的电压表的示数是100 2 VC ．通过1分钟电阻发出的热量是6×103 JD ．变压器的输入功率是1×103 W 答案 D解析 原线圈中电压的有效值是220 V ，由变压比知副线圈中电压为100 V ，流过电阻的电流是10 A ，故输入功率为1×103 W ；与电阻并联的电压表的示数是100 V ；通过1分钟电阻发出的热量是6×104 J ．故只有D 正确．4．如图6所示为一理想变压器，S 为单刀双掷开关，T 为滑动变阻器的滑动触头，U1为加在原线圈两端的电压，I1为原线圈中的电流，则( )图6A ．保持U1及T 的位置不变，S 由a 合到b 时，I1将增大B ．保持U1及T 的位置不变，S 由b 合到a 时，R 消耗的功率将减小C ．保持U1不变，S 合在a 处，使T 上滑，I1将增大D ．保持T 的位置不变，S 合在a 处，若U1增大，I1将增大 答案 ABD解析 S 由a 合到b 时，n1减小，由U1U2＝n1n2可知U2增大，P2＝U 22R随之增大，而P1＝P2，又P1＝I1U1，因此I1增大．选项A 正确；S 由b 合到a 时，与上述情形相反，P2将减小，选项B 正确；T 上滑时，电阻值增大，P2＝U 22R 减小，又P1＝P2，P1＝I1U1，因此I1减小，选项C 错误；U1增大，由U1U2＝n1n2，可知U2增大，I2＝U2R 随之增大；由I1I2＝n2n1可知I1也增大，选项D 正确．5．如图7所示电路中，S 是闭合的，现在流过线圈L 的电流为i1，流过灯泡A 的电流为i2，且i1>i2，在t1时刻将S 断开，那么流过灯泡的电流随时刻变化的图象是( )图7答案 D解析 在t1时刻内流过灯泡的电流为i2，且方向为从左向右，当断开S 时，i2赶忙消逝，但由于自感作用，线圈L 产生自感电动势，与灯泡构成回路缓慢消逝，现在流过灯泡的电流从i1开始逐步减小，方向自右向左，故D 项正确． 6．如图8所示是一种风速仪示意图，试回答下列问题：图8(1)有水平风吹来时磁体如何转动(自上往下看)?(2)依照电磁学的有关规律，简述用该装置测定风速大小的原理．答案 (1)逆时针转动 (2)风吹动塑料杯转动，带动磁体转动，引起线圈磁通量周期性的变化，从而使线圈中的电流发生周期性变化，而电流的大小反映线圈转动的速度，亦反映风速的大小．。
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第3讲 电磁感应的综合应用ZHI SHI SHU LI ZI CE GONG GU知识梳理·自测巩固知识点1 电磁感应中的电路问题1．电源：切割磁感线运动的导体或__磁通量__发生变化的回路相当于电源。
2．电流：电路闭合时的电流I 可由欧姆定律求出，I ＝__ER 总__，路端电压U ＝__IR __＝E－Ir 。
3．电势：在外电路中，电流由__高__电势流向__低__电势；在内电路中，电流由__低__电势流向__高__电势。
思考：如图所示，MON 是固定导轨，金属棒与导轨接触良好，在拉力F 作用下向右运动。
(1)图中电路相当于电源的部分是__金属棒的ab 部分__。
(2)闭合电路中的感应电流方向沿__逆时针__方向。
(3)路端电压是闭合电路外电路的电压，等于该图中__aOb __部分电路的电压。
知识点2 电磁感应中的动力学问题 1．安培力的大小⎭⎪⎬⎪⎫安培力公式：F A ＝BIl 感应电动势：E ＝Bl v 感应电流：I ＝ERF A＝__B 2l 2v R __ 2．安培力的方向(1)用左手定则判断：先用__右手__定则判断感应电流的方向，再用左手定则判定安培力的方向。
(2)用楞次定律判断：安培力的方向一定与导体切割磁感线的运动方向__相反__(选填“相同”或“相反”)。
知识点3 电磁感应中的能量问题1．能量转化：感应电流在磁场中受安培力，外力克服安培力做功，将__机械能__转化为__电能__，电流做功再将电能转化为__其他形式__的能。
2．转化实质：电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能与__电能__之间的转化。
思维诊断：(1)在电磁感应电路中，产生电流的那部分导体相当于电源。
( √ ) (2)安培力做正功的过程是将电能转化为机械能的过程。
( √ )(3)物体克服安培力做功的过程是将其他形式的能量转化为电能的过程。
( √ )自测巩固ZI CE GONG GU1．(多选)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为l ＝1 m ，cd 间、de 间、cf 间分别接着阻值R ＝10 Ω的电阻。
一阻值R ＝10 Ω的导体棒ab 以速度v ＝4 m/s 匀速向左运动，导体棒ab 与导轨接触良好。
导轨所在平面存在磁感应强度大小B ＝0.5 T 、方向竖直向下的匀强磁场。
下列说法正确的是( BD )A ．导体棒ab 中电流的方向为由b 到aB ．cd 两端的电压为1 VC ．de 两端的电压为1 VD ．fe 两端的电压为1 V[解析] 由右手定则可知导体棒ab 中电流的方向为由a 到b ，A 错误；导体棒ab 切割磁感线产生的感应电动势E ＝Bl v ，导体棒ab 为电源，cd 间电阻R 为外电路负载，dc 和cf 间电阻中无电流，de 和cf 间无电压，因此cd 和fe 两端电压相等，即U ＝E2R ×R ＝Bl v 2＝1 V ，B 、D 正确，C 错误。
2．如图所示，a 、b 两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长l a ＝3l b ，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则( B )A ．两线圈内产生顺时针方向的感应电流B ．a 、b 线圈中感应电动势之比为9︰1C ．a 、b 线圈中感应电流之比为3︰4D ．a 、b 线圈中电功率之比为3︰1[解析] 由于磁感应强度随时间均匀增大，则根据楞次定律知两线圈内产生的感应电流方向皆沿逆时针方向，故A 项错误；根据法拉第电磁感应定律E ＝N ΔΦΔt ＝NS ΔBΔt ，而磁感应强度均匀变化，即ΔB Δt 恒定，则a 、b 线圈中的感应电动势之比为E a E b ＝S a S b ＝l 2al 2b ＝9，故B 项正确；根据电阻定律R ＝ρl S ′，且L ＝4Nl ，则R a R b ＝l a l b ＝3，由闭合电路欧姆定律I ＝ER ，得a 、b 线圈中的感应电流之比为I a I b ＝E a E b ·R bR a ＝3，故C 项错误；由功率公式P ＝I 2R 知，a 、b 线圈中的电功率之比为P a P b ＝I 2a I 2b ·R aR b＝27，故D 项错误。
3．(2019·江苏扬州月考)如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R 。
金属棒ab 与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。
现使磁感应强度随时间均匀减小，ab 始终保持静止，下列说法正确的是( D )A ．ab 中的感应电流方向由b 到aB ．ab 中的感应电流逐渐减小C ．ab 所受的安培力保持不变D ．ab 所受的静摩擦力逐渐减小[解析] 磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律得，ab 中的感应电流方向由a 到b ，A 错误；由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律E ＝ΔB Δt ·S 得，感应电动势恒定，则ab 中的感应电流不变，B 错误；根据安培力公式F ＝BIL 知，电流不变，B 均匀减小，则安培力逐渐减小，C 错误；ab 受安培力和静摩擦力处于平衡状态，F f ＝F ，安培力逐渐减小，则静摩擦力逐渐减小，D 正确。
HE XIN KAO DIAN ZHONG DIAN TU PO核心考点·重点突破考点一 电磁感应中的电路问题在电磁感应过程中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路相当于电源。
因此，电磁感应问题往往又和电路问题联系在一起。
解决此类问题的基本思想是将电磁感应问题转化为直流电路的分析与计算问题。
基本思路：(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和方向；(2)弄清电路结构，必要时画出等效电路图；(3)运用欧姆定律、串并联电路等规律求解路端电压、电功率等问题。
例1(2019·山东济南模拟)在图甲所示的电路中，螺线管匝数n＝1 000匝，横截面积S＝20 cm2。
螺线管导线电阻r＝1.0 Ω，R1＝4.0 Ω，R2＝5.0 Ω，C＝30 μF。
在一段时间内，垂直穿过螺线管的磁场的磁感应强度B的方向如图甲所示，大小按如图乙所示的规律变化，则下列说法中正确的是(C)A．螺线管中产生的感应电动势为1.2 VB．闭合开关S，电路中的电流稳定后，电容器下极板带负电C．闭合开关S，电路中的电流稳定后，电阻R1消耗的电功率为2.56×10－2 WD．S断开后，流经R2的电荷量为1.8×10－2 C[解析]本题考查感生电动势、闭合电路欧姆定律问题。
根据法拉第电磁感应定律有E＝n ΔΦΔt＝nSΔBΔt，解得螺线管中产生的感应电动势E＝0.8 V，故A错误；闭合开关，电路中的电流稳定后，根据楞次定律可知，螺线管中的感应电流盘旋而下，则螺线管下端相当于电源的正极，那么电容器下极板带正电，故B错误；闭合开关，电路中的电流稳定后，根据闭合电路欧姆定律，有I＝ER1＋R2＋r＝0.08 A，根据P＝I2R1，解得电阻R1消耗的电功率P＝2.56×10－2 W，故C正确；S断开后，流经R2的电荷量即为S闭合时电容器极板上所带的电荷量Q，断开S前，电容器两端的电压为U＝IR2＝0.4 V，流经R2的电荷量为Q＝CU＝1.2×10－5 C，故D错误。
〔类题演练1〕(2020·湖南岳阳模拟)如图所示，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中。
一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦。
在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中(C)A．PQ中电流先增大后减小B．PQ两端电压先减小后增大C ．PQ 上拉力的功率先减小后增大D ．线框消耗的电功率先减小后增大[解析] 导体棒产生的电动势E ＝BL v ，画出其等效电路如图，总电阻R 总＝R ＋R 左·R 右R 左＋R 右＝R ＋R 左(3R －R 左)3R ，在PQ 从靠近ad 处向bc 滑动的过程中，总电阻先增大后减小，总电流先减小后增大，选项A 错误；PQ 两端的电压路端电压U ＝E －IR ，即先增大后减小，选项B 错误；拉力的功率等于克服安培力做功的功率，有P 安＝BIL v ，先减小后增大，选项C 正确；线框消耗的电功率即为外电阻消耗的功率，外电阻先增大后减小，因外电阻最大值为34R ，小于内阻R ，根据电源的输出功率与外电阻大小的变化关系，外电阻越来越接近内电阻时，输出功率越大，可知线框消耗的电功率先增大后减小，选项D 错误。
考点二 电磁感应中的动力学问题电磁感应现象中产生的感应电流在磁场中受到安培力的作用，从而影响导体棒(或线圈)的受力情况和运动情况。
1．导体的两种运动状态(1)导体的平衡状态——静止状态或匀速直线运动状态。
(2)导体的非平衡状态——加速度不为零。
2．处理方法根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析。
3．导体的运动分析流程例2 (2018·江苏单科)如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，间距为d 。
导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向与导轨平面垂直。
质量为m 的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s ，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流。
金属棒被松开后，以加速度a 沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g 。
求下滑到底端的过程中，金属棒(1)末速度的大小v ； (2)通过的电流大小I ； (3)通过的电荷量Q 。
[解析] (1)金属棒做匀加速直线运动，根据运动学公式有 v 2＝2as 解得v ＝2as(2)金属棒所受安培力F 安＝IdB 金属棒所受合力F ＝mg sin θ－F 安 根据牛顿第二定律有F ＝ma 解得I ＝m (g sin θ－a )dB(3)金属棒的运动时间t ＝va ，通过的电荷量Q ＝It 解得Q ＝2as m (g sin θ－a )dBa[答案] (1)2as (2)m (g sin θ－a )dB(3)2as m (g sin θ－a )dBa〔类题演练2〕(2020·河南洛阳月考)如图，水平面(纸面)内间距为l 的平行金属导轨间接一电阻，质量为m 、长度为l 的金属杆置于导轨上，t ＝0时，金属杆在水平向右、大小为F 的恒定拉力作用下由静止开始运动，t 0时刻金属杆进入磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动。
杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ。